2022-2022学年甘肃省张掖市肃南一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分．在每小题给出的4个选项中，只有一个选项正确．）1．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用，下列做法不正确的是()A．研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素D．地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同2．下列叙述中正确的是()A．Li是最轻的金属，也是活动性极强的金属，是制造电池的理想物质B．蔗糖、油脂及它们的水解产物均为非电解质C．海水提取溴、煤的液化、焰色反应都发生了化学变化D．钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含氧量高3．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示．Z元素原子核外K层与M层电子数相等．下列说法中正确的是()A．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3B．原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜ZC．室温下，Z和W的单质均能溶于浓硝酸D．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下，22.4L乙烯中C﹣H键数为4NAB．1mol羟基中电子数为10NAC．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD．常温下，1L0.1mol/LNH4NO3溶液中NH4+的数目小于6.02×10225．节日期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是()A．其分子式为C14H20O4B．1mol该物质完全燃烧，消耗20mol氧气C．既能发生加聚反应，又能发生酯化反应-28-\nD．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色6．氡是放射性稀有气体元素，氡气吸入体内有害健康，氡的核电荷数是86，相对原子质量是222．科学家还发现某些放射性矿物分解放出的“锕射气”，是由质子数86，质量数219的原子组成，下列有关氡的说法正确的是()A．氡气在标准状况下密度约是19.82g•L﹣1B．氡气化学性质较活泼，因此对人体有害C．氡原子核外有7个电子层，最外层有8个电子D．“锕射气”是氡的同位素7．下列说法正确的是()A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样、灼烧、溶解、过滤、萃取B．用乙醇和浓制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C．在室温下，向氯化银的沉淀溶解平衡的体系中加入蒸馏水，氯化银的Ksp保持不变D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性8．下列实验现象及相关的离子方程式均正确的是()A．C12与FeI2溶液反应，当以n（C12）：n（FeI2）=1：1时：2Fe2++2I﹣+2C12=2Fe3++I2+4Cl﹣B．向Ba（NO3）2溶液中通入S02气体，出现白色沉淀：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色：2MnO4‾+7H2O2+6H+═2Mn2++6O2↑+10H2OD．将等物质的量浓度、等体积的Ba（OH）2溶液和NaHS04溶液混合：Ba2++SO42‾+H++OH‾═BaSO4↓+H2O9．常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是()A．加入金属镁能产生H2的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣B．含有大量Fe2+的溶液中：K+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣C．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液中：Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D．能使Al3+生成沉淀的溶液中：NH4+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣10．某溶液中可能含有OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣、SO42﹣、Na+、Mg2+、Al3+等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示．由此可知原溶液中()A．不含SO42﹣B．含有的阴离子一定是OH﹣、AlO2﹣、SiO32﹣C．含有的阴离子一定是OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣D．含有AlO2﹣与SiO32﹣的物质的量之比为3：1-28-\n11．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×l0﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×l0﹣7K2=5.6×l0﹣11由此可得出()A．对应钠盐溶液pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）B．CO2通入NaCN溶液中有：CO2+H2O+2NaCN→Na2CO3+2HCNC．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）12．对于实验的描述正确的是()A．逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡B．充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色逐渐变浅乃至褪去13．电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开．在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅．已知：3I2+6OH﹣═IO3﹣+5I﹣+3H2O，下列说法不正确的是()-28-\nA．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3﹣C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O═KIO3+3H2D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变14．下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述正确的是()A．c（NH4+）相等的（NH4）2S04、NH4HS04、NH4Cl溶液中：c（NH4HS04）＞c[（NH4）2S04]＞c（NH4Cl）B．已知HF的酸性比CH3COOH的强，pH相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＜c（K+）﹣c（CH3COO﹣）C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．溶有等物质的量NaClO、NaHC03的溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）═c（HCO3‾）+c（H2CO3）+2c（CO32‾）15．某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图．下列说法正确的是()A．气体A是NO2B．X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣C．溶液E和气体F不能发生化学反应D．X中不能确定的离子是A13+和C1﹣二、解答题（共3小题，满分40分）16．2022年9月以来，我国很多地区大面积出现雾霾，特别是华中华北尤其严重，汽车尾气、燃煤废气和冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的原因．（1）用于净化汽车尾气的反应为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H＜0，在一定温度下，在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态．①能判断该反应达到平衡状态的标志是__________A．在单位时间内生成1molCO2的同时消耗了1molCOB．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变-28-\nD．混合气体的压强不再变化②在t2时刻将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再改变条件．请在如图1中补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线：（2）CO对人类生存环境的影响很大，CO治理问题属于当今社会的热点问题．镍与CO反应的化学方程式为Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），镍与CO反应会造成镍催化剂中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2．已知相关反应过程的能量变化如图2所示，则用SO2除去CO的热化学方程式为__________．（3）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0．为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（任意填一种）__________．（4）已知反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt①实验1条件下平衡常数K=__________（保留小数点后二位）②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是__________③该反应的△H__________O（填“＞”或“＜”）；若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入10molCO、5molH2O、2molCO2、5molH2，则此时V正__________V逆（填“＞”或“＜”）17．明矾石的主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质．利用明矾石来制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如下：请回答下列问题：-28-\n（1）“焙烧”过程中反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S=2Al2O3+9SO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是__________．若生成102gAl2O3，转移的电子数目为__________．（2）写出化学式：沉淀Ⅰ是__________，沉淀Ⅱ是__________．（3）熟料溶解时反应的离子方程式为__________．（4）溶液经加硫酸调节pH后，过滤、洗涤，可得沉淀Ⅰ，证明沉淀Ⅰ已洗涤干净的实验操作和现象是__________．（5）写出Cl2将沉淀Ⅱ氧化为K2FeO4的化学方程式：__________．（6）“焙烧”过程中生成的SO2可用于制H2SO4．已知25℃，101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197.0kJ•mol﹣1H2O（g）=H2O（l）△H2=﹣44.0kJ•mol﹣12SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ•mol﹣1则SO3（g）和H2O（l）反应的热化学方程式为__________．（7）本工艺流程中可循环物质为__________．18．（13分）煤气化是有效利用化石能源手段之一，有关反应如下：①C+H2OCO+H2②CO+H2OCO2+H2获得的气体称为水煤气．某研究性学习小组为探究气体的成分进行了如下实验：[实验]使水蒸气通过灼热的焦炭，收集反应后流出的气体．[提出假设]对气体的成份提出了三种假设．假设1：该气体是CO、H2．假设2：该气体是CO、H2、H2O．（1）假设3：__________．[设计实验方案，验证假设]他们拟用下图中提供的仪器，选择必要的试剂，设计一个实验，验证上述假设（加热装置和导管等在图中略去，实验前装置内部的空气已经排尽）．（2）按气流从左至右连接各仪器，用题中小写字母表示接口的连接顺序（仪器可重复使用）：混合气→dc→__________→__________→ij→__________→__________→__________→ij；（3）仪器A中需加入试剂的是__________，其中反应的化学方程式是__________；（4）仪器B中需加入试剂的名称是__________，其作用是__________；[思考与交流]（5）本实验的尾气需要处理，处理的方法为__________．（6）某同学认为增加焦炭的量可以提高化学反应①的速率，你是否同意他的说法，并简述理由__________．三、选做题：选修3物质结构与性质（共1小题，满分15分）-28-\n19．A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，且均不同族．A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能I1（A）＜I1（C）＜I1（B），BC2+与AC2互为等电子体；D、E为同周期相邻元素；F元素位于周期表中1～18列中的第11列．请回答下列问题（答题时请用相应的元素符号表示相应元素）：（1）A元素的价层电子排布图为__________；BC2+的电子式为__________；基态F原子的核外电子排布简式__________．（2）E元素的电离能情况如图1所示．E元素在周期表中位于__________；D元素单质形成的晶体晶胞类型属于__________堆积．（3）A、B两元素所形成的化合物甲是首屈一指的超硬新材料，其晶胞结构如图2所示，由此可知，化合物甲的晶体类型为__________，其硬度超过金刚石的原因是__________．化合物甲的晶体中B原子的杂化方式为__________．（4）D、C两元素可形成的化合物乙．①现证实化合物乙的晶体结构如图3所示，晶胞中D离子的配位数为__________；②设D离子半径分别为a，C离子半径分别为b，则其晶体的空间利用率为__________．选做题：选修5有机化学基础（共1小题，满分0分）20．有机物D是一种合成抗高血压药的重要通用中间体，其合成路线如下：（已知A是一种芳香酸）（1）A、C的结构简式分别是__________、__________，D中含有的含氧官能团名称是__________．（2）C→D的反应类型是__________（3）加热条件下，C在足量NaOH水溶液中反应的化学方程式是__________．（4）E是一种相对分子质置比A小14的芳香酸．写出满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：①能发生银镜反应②一定条件下可发生水解反应③分子的核磁共振氢谱中有四组峰．__________（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物．F在一定条件下可聚合成髙分子化合物，写出该反应的化学方程式__________．-28-\n2022-2022学年甘肃省张掖市肃南一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分．在每小题给出的4个选项中，只有一个选项正确．）1．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用，下列做法不正确的是()A．研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素D．地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】化学计算．【分析】A．PM2.5主要来源有汽车尾气、煤燃烧产生的废气、工业废气、建筑工地和道路交通产生的扬尘；B．绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；C．血红蛋白是一种红色含铁的蛋白质，食用“铁强化酱油”可以预防“缺铁性贫血”；D．地沟油中含有杂质及有毒物质，地沟油属于高级脂肪酸甘油酯，可加工制成生物柴油，与从石油中提取的柴油成分不同；【解答】解：A．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染，燃料电池中的燃料在电池内部燃烧，不会产生尾气污染，减少了颗粒物的产生，某种程度可以减少PM2.5污染，故A正确；B．用化学原理对环境污染进行治理是已经产生污染，而绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故B错误；C．由于血红蛋白中的铁是人体内氧的输送者，在酱油中添加铁强化剂可增加人体内的铁元素，改善人体营养性贫血，故C正确；D．地沟油中含有杂质及有毒物质，将地沟油回收再加工为食用油，直接影响人类的健康，“地沟油”中主要含有油脂，油脂的化学成分为高级脂肪酸甘油酯，矿物柴油主要是由石油分馏后的C15～C18的多种烃的混合物，而生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，成分不同，故D正确；故选B．【点评】本题考查PM2.5污染、绿色化学、铁强化酱油、地沟油等有关知识，题目难度不大．体现了化学来源于生活，服务于生活的特点，平时注意基础知识的积累．2．下列叙述中正确的是()A．Li是最轻的金属，也是活动性极强的金属，是制造电池的理想物质B．蔗糖、油脂及它们的水解产物均为非电解质C．海水提取溴、煤的液化、焰色反应都发生了化学变化D．钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含氧量高【考点】碱金属的性质；金属的电化学腐蚀与防护；电解质与非电解质；海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物；化学计算．-28-\n【分析】A．Li密度小，位于周期表第ⅠA族，较活泼；B．油脂水解生成的高级脂肪酸为电解质；C．焰色反应为物理变化；D．海水导电能力较强，易形成原电池反应．【解答】解：A．Li密度小，位于周期表第ⅠA族，较活泼，且单位质量提供的电能较大，是制造电池的理想物质，故A正确；B．油脂水解生成的高级脂肪酸为电解质，故B错误；C．焰色反应为物理变化，为电子的跃迁，属于物理现象，故C错误；D．海水导电能力较强，易形成原电池反应，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质以及变化，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．3．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示．Z元素原子核外K层与M层电子数相等．下列说法中正确的是()A．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3B．原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜ZC．室温下，Z和W的单质均能溶于浓硝酸D．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，则Z原子M层电子数为2，故Z为Mg元素，由元素周期表中的相对位置可知，W为Al元素、X为C元素、Y为N元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，则Z原子M层电子数为2，故Z为Mg元素，由元素周期表中的相对位置可知，W为Al元素、X为C元素、Y为N元素，A．Y为N元素，最高价氧化物对应的水化物化学式为HNO3，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径N＜C＜Al＜Mg，故B正确；C．常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，不能溶于浓硝酸，故C错误；D．X、Z两种元素的氧化物分别为二氧化碳和氧化镁，分别为共价键和离子键，故D错误．故选B．【点评】本题考查结构位置性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握元素周期表的结构、元素周期律的递变规律，D选项为易错点，注意化学键类型的判断．4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下，22.4L乙烯中C﹣H键数为4NAB．1mol羟基中电子数为10NA-28-\nC．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD．常温下，1L0.1mol/LNH4NO3溶液中NH4+的数目小于6.02×1022【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、根据羟基的化学式﹣OH来判断；C、在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA；D、NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解；【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L乙烯的物质的量小于1mol，故C﹣H键数小于4NA，故A错误；B、羟基的化学式﹣OH，故1mol羟基含9mol电子，故B错误；C、在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，碘元素化合价+5价和﹣1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，每生成3molI2转移的电子数为5NA，故C错误；D、NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故NH4+的数目小于6.02×1022，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．5．节日期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是()A．其分子式为C14H20O4B．1mol该物质完全燃烧，消耗20mol氧气C．既能发生加聚反应，又能发生酯化反应D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃、醇、羧酸性质等来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，分子式为C15H22O4，故A错误；B.1mol该物质完全燃烧，消耗15+﹣=18.5mol氧气，故B错误；C．含碳碳双键可发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应，故C正确；D．不含酚﹣OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．6．氡是放射性稀有气体元素，氡气吸入体内有害健康，氡的核电荷数是86，相对原子质量是222．科学家还发现某些放射性矿物分解放出的“锕射气”，是由质子数86，质量数219的原子组成，下列有关氡的说法正确的是()A．氡气在标准状况下密度约是19.82g•L﹣1-28-\nB．氡气化学性质较活泼，因此对人体有害C．氡原子核外有7个电子层，最外层有8个电子D．“锕射气”是氡的同位素【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A、根据标准状况密度的求算公式ρ=计算；B、氡为稀有气体元素，性质不活泼；C、氡为第六周期元素，核外有6个电子层；D、质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素．【解答】解：A、在标准状况下，氡气的密度为ρ===9.91g•L﹣1，故A错误；B、氡为稀有气体元素，性质不活泼，对人体有害是因为它具有放射性，故B错误；C、氡为第六周期元素，核外有6个电子层，最外层有8个电子，故C错误；D、氡的质子数为86，相对原子质量是222，中子数是136，“锕射气”的质子数86，质量数219，中子数是133，所以二者是同位素，故D正确；故选D．【点评】本题考查了稀有气体的原子结构和性质，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．7．下列说法正确的是()A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样、灼烧、溶解、过滤、萃取B．用乙醇和浓制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C．在室温下，向氯化银的沉淀溶解平衡的体系中加入蒸馏水，氯化银的Ksp保持不变D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性【考点】化学实验方案的评价；乙烯的实验室制法；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；海带成分中碘的检验．【专题】实验评价题．【分析】A．海带中的碘元素是以化合态存在，可以先将海带烧成灰，加水溶解，用氧化剂将碘离子氧化得到碘单质，最后用萃取分液法的到碘单质即可；B．应加热到170℃；C．Ksp只受温度的影响；D．（NH4）2SO4溶液可使蛋白质发生盐析．【解答】解：A．海带中的碘元素是以化合态存在，可以先将海带烧成灰，加水溶解，用氧化剂氯气将碘离子氧化得到碘单质，向溶液中加入四氯化碳萃取其中的碘单质，得到碘单质和四氯化碳的混合物，再用蒸馏法可以获取碘，故A错误；B．水浴加热温度较低，应加热到170℃，故B错误；C．Ksp只受温度的影响，故C正确；D．（NH4）2SO4溶液可使蛋白质发生盐析，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的分离、提纯、物质的制备、蛋白质的性质等，把握反应原理、物质性质为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．-28-\n8．下列实验现象及相关的离子方程式均正确的是()A．C12与FeI2溶液反应，当以n（C12）：n（FeI2）=1：1时：2Fe2++2I﹣+2C12=2Fe3++I2+4Cl﹣B．向Ba（NO3）2溶液中通入S02气体，出现白色沉淀：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色：2MnO4‾+7H2O2+6H+═2Mn2++6O2↑+10H2OD．将等物质的量浓度、等体积的Ba（OH）2溶液和NaHS04溶液混合：Ba2++SO42‾+H++OH‾═BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．以n（C12）：n（FeI2）=1：1时，只有碘离子被氧化；B．发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；C．电子转移不守恒；D．等物质的量浓度、等体积，则等物质的量，反应生成硫酸钡、水、NaOH．【解答】解：A．C12与FeI2溶液反应，当以n（C12）：n（FeI2）=1：1时的离子反应为2I﹣+C12=I2+2Cl﹣，故A错误；B．向Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀的离子反应为2NO3﹣+3Ba2++3SO2+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色的离子反应为2MnO4‾+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；D．将等物质的量浓度、等体积的Ba（OH）2溶液和NaHS04溶液混合的离子反应为Ba2++SO42‾+H++OH‾═BaSO4↓+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关离子反应考查，题目难度不大．9．常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是()A．加入金属镁能产生H2的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣B．含有大量Fe2+的溶液中：K+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣C．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液中：Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D．能使Al3+生成沉淀的溶液中：NH4+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加入金属镁能产生H2的溶液，显酸性；B．离子之间发生氧化还原反应；C．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液，为酸或碱溶液；D．Al3+与SiO32﹣、HCO3﹣相互促进水解生成沉淀．【解答】解：A．加入金属镁能产生H2的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、ClO﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能存在Al3+，酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Al3+与SiO32﹣、HCO3﹣相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度中等．-28-\n10．某溶液中可能含有OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣、SO42﹣、Na+、Mg2+、Al3+等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示．由此可知原溶液中()A．不含SO42﹣B．含有的阴离子一定是OH﹣、AlO2﹣、SiO32﹣C．含有的阴离子一定是OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣D．含有AlO2﹣与SiO32﹣的物质的量之比为3：1【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的OH﹣反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：Mg2+、Al3+；然后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定存在Na+离子，据此进行解答．【解答】解：由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH﹣的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：Mg2+、Al3+；之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2﹣、SiO32﹣，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，直至沉淀的物质的量不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定存在Na+离子，A．根据分析可知，无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，故A错误；B．依据推断可知原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故B错误；C．根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故C正确；D．设盐酸的浓度为c，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，氯化氢的物质的量为4c，根据反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O可知，铝离子的物质的量为×4c；AlO2﹣、SiO32﹣生成氢氧化铝、硅酸沉淀，总共消耗了2体积的盐酸，其中偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀消耗的盐酸的体积为：=体积，则硅酸消耗的盐酸的体积为：2﹣=体积，根据反应关系式SiO32﹣～2HCl，硅酸根离子的物质的量为：×c=c，所以原溶液中含有AlO2﹣与SiO32﹣的物质的量之比为：c：c=4：1，故D错误；故选C．-28-\n【点评】本题考查了离子检验的方法应用，图象分析判断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键，选项D为难点和易错点，注意掌握求算方法．11．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×l0﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×l0﹣7K2=5.6×l0﹣11由此可得出()A．对应钠盐溶液pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）B．CO2通入NaCN溶液中有：CO2+H2O+2NaCN→Na2CO3+2HCNC．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．酸的电离平衡常数越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐pH越大；B．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸和弱酸盐反应生成弱酸；C．溶液导电能力与离子浓度成正比，加水稀释促进醋酸电离；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：A．酸的电离平衡常数越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐pH越大，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则酸根离子水解程度CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣，溶液的浓度未知，无法判断溶液pH大小，故A错误；B．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸和弱酸盐反应生成弱酸，CO2通入NaCN溶液中有：CO2+H2O+NaCN=NaHCO3+HCN，故B错误；C．溶液导电能力与离子浓度成正比，加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度先增大后减小，则溶液的导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故C错误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的酸性强弱之间的关系是解本题关键，再结合电荷守恒解答，易错选项是A，很多同学只根据酸根离子水解强弱判断溶液pH大小，往往忽略溶液浓度的影响而导致错误，为易错点．12．对于实验的描述正确的是()A．逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡-28-\nB．充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色逐渐变浅乃至褪去【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸先与碳酸钠反应；B．氯化铁是黄色溶液；C．蒸发用蒸发皿；D．浓硫酸具有脱水性，生成C，然后发生氧化还原反应生成二氧化硫．【解答】解：A．盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，没有气泡，故A错误；B．氯化铁是黄色溶液，上层呈黄色，故B错误；C．蒸发溶液用蒸发皿，灼烧固体用坩埚，故C错误；D．浓硫酸具有脱水性，生成C，然后发生氧化还原反应生成二氧化硫，最后与高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、萃取、蒸发以及氧化还原反应等，A为解答的难点，注意发生的化学反应，题目难度中等．13．电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开．在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅．已知：3I2+6OH﹣═IO3﹣+5I﹣+3H2O，下列说法不正确的是()A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3﹣-28-\nC．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O═KIO3+3H2D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变【考点】电解原理．【分析】左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，右侧放出氢气，右侧I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，保证两边溶液呈电中性．【解答】解：A．左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故A正确；B．一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3﹣，故B正确；C．左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，同时发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正确；D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解原理，难度中等，注意D选项为易错点，注意氢氧根不能通过阳离子交换膜，不能与碘单质发生反应．14．下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述正确的是()A．c（NH4+）相等的（NH4）2S04、NH4HS04、NH4Cl溶液中：c（NH4HS04）＞c[（NH4）2S04]＞c（NH4Cl）B．已知HF的酸性比CH3COOH的强，pH相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＜c（K+）﹣c（CH3COO﹣）C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．溶有等物质的量NaClO、NaHC03的溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）═c（HCO3‾）+c（H2CO3）+2c（CO32‾）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．氢离子抑制铵根离子水解，化学式中铵根离子个数越多，c（NH4+）相等的铵盐中，铵盐浓度越小；B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C．酸性溶液中c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒判断；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．-28-\n【解答】解：A．氢离子抑制铵根离子水解，化学式中铵根离子个数越多，c（NH4+）相等的铵盐中，铵盐浓度越小，所以c（NH4+）相等的（NH4）2S04、NH4HS04、NH4Cl溶液中：c（NH4HS04）＞c（NH4Cl）＞c[（NH4）2S04]，故A错误；B．pH相等的NaF与CH3COOK溶液中c（H+）、c（OH﹣）分别相等，根据电荷守恒得c（Na+）﹣c（F﹣）=c（K+）﹣c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+），故B错误；C．酸性溶液中c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（HClO）+2c（ClO﹣）═2c（HCO3‾）+2c（H2CO3）+2c（CO32‾）=c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性是解本题关键，再结合守恒思想分析解答即可，题目难度不大．15．某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图．下列说法正确的是()A．气体A是NO2B．X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣C．溶液E和气体F不能发生化学反应D．X中不能确定的离子是A13+和C1﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】强酸性溶液，一定没有CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸钡，引进硝酸根，溶液具有强氧化性，一定含有亚铁离子，故A是一氧化氮，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；加入过量氢氧化钠，产生的气体F是氨气，溶液中一定含有铵离子，生成了沉淀G；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀可能为氢氧化铝或碳酸钡；根据以上分析，对选项逐一判断．【解答】解：X是强酸性溶液，一定不会含有弱酸根离子：CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体A是一氧化氮，D是二氧化氮，E则为硝酸，故溶液中一定含有还原性的离子：Fe2+；B中加入氢氧化钠产生了气体F，F一定是氨气，溶液中一定含有铵离子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；沉淀C为硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；A、气体A是一氧化氮，故A错误；B、根据分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42﹣，不能确定是否含有铝离子，故B错误；C、E是硝酸，F是氨气，可以发生反应，故C错误；D、根据分析可知，溶液中可能含有铝离子和氯离子，故D正确；故选D．【点评】本题考查常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验等，难度中等．-28-\n二、解答题（共3小题，满分40分）16．2022年9月以来，我国很多地区大面积出现雾霾，特别是华中华北尤其严重，汽车尾气、燃煤废气和冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的原因．（1）用于净化汽车尾气的反应为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H＜0，在一定温度下，在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态．①能判断该反应达到平衡状态的标志是CDA．在单位时间内生成1molCO2的同时消耗了1molCOB．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．混合气体的压强不再变化②在t2时刻将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再改变条件．请在如图1中补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线：（2）CO对人类生存环境的影响很大，CO治理问题属于当今社会的热点问题．镍与CO反应的化学方程式为Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），镍与CO反应会造成镍催化剂中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2．已知相关反应过程的能量变化如图2所示，则用SO2除去CO的热化学方程式为SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣（2b﹣a）kJ•mol﹣1．（3）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0．为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（任意填一种）增大NH3浓度．（4）已知反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt①实验1条件下平衡常数K=2.67（保留小数点后二位）②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是a＜b③该反应的△H＜O（填“＞”或“＜”）；若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入10molCO、5molH2O、2molCO2、5molH2，则此时V正＜V逆（填“＞”或“＜”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．-28-\n【分析】（1）①化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；②减小压强，正逆反应速率减小，平衡向着气体体积增大的方向移动；（2）根据图示进行书写；（3）增大一种反应物浓度，平衡正向移动；（4）①依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；②由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等．要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量；③第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；对同一反应温度相同，平衡常数相同．根据表中实验2计算900℃时平衡常数，再计算实验3浓度商，与平衡常数相比判断平衡移动，据此解答；【解答】解：（1）①A．在单位时间内生成1molCO2是正反应，同时消耗了1molCO也是正反应，故A错误；B．密度=，总质量不变，体积也不变，故混合气体的密度不再改变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B错误；C．平均分子量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故C正确；D．反应前后气体的体积不等，故混合气体的压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确，故答案为：CD；②在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，则正逆反应速率均是减小的，但平衡向正反应方向一定，所以正确的图象应该是（见答案）．在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，则正逆反应速率均是减小的，但平衡向逆反应方向移动，所以正确的图象应该是，-28-\n故答案为：；（2）由图二可知，反应物为二氧化硫和一氧化碳，产物为硫和二氧化碳，故热化学方程式为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣（2b﹣a）kJ•mol﹣1，故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣（2b﹣a）kJ•mol﹣1；（3）增大NH3浓度，平衡正向移动，氮氧化物的转化率增大，故答案为：增大NH3浓度；（4）①H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）初始浓度1mol/L2mol/L00转化浓度0.8mol/L0.8mol/L0.8mol/L0.8mol/L平衡浓度0.2mol/L1.2mol/L0.8mol/L0.8mol/LK===2.67，故答案为：2.67；②由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等．要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量，即a/b的值小于1，故答案为：a＜b；③实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故△H＜0；对同一反应温度相同，平衡常数相同．根据表中实验2计算900℃时平衡常数，对于反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2100变化（mol）：2﹣1.6=0.40.40.40.4平衡（mol）：1.61﹣0.4=0.60.40.4900℃时平衡常数k===，实验3的浓度商为Qc==，大于平衡常数，反应向逆反应进行，所以V正＜V逆，故答案为：＜；＜；【点评】本题考查化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，电解池电极反应的书写方法，题目难度较大，学习中注意相关解答方法的积累．-28-\n17．明矾石的主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质．利用明矾石来制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）“焙烧”过程中反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S=2Al2O3+9SO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：1．若生成102gAl2O3，转移的电子数目为6NA．（2）写出化学式：沉淀Ⅰ是Al（OH）3，沉淀Ⅱ是Fe（OH）3．（3）熟料溶解时反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．（4）溶液经加硫酸调节pH后，过滤、洗涤，可得沉淀Ⅰ，证明沉淀Ⅰ已洗涤干净的实验操作和现象是取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已将沉淀洗干净．（5）写出Cl2将沉淀Ⅱ氧化为K2FeO4的化学方程式：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O．（6）“焙烧”过程中生成的SO2可用于制H2SO4．已知25℃，101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197.0kJ•mol﹣1H2O（g）=H2O（l）△H2=﹣44.0kJ•mol﹣12SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ•mol﹣1则SO3（g）和H2O（l）反应的热化学方程式为SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol．（7）本工艺流程中可循环物质为H2SO4．【考点】制备实验方案的设计．【分析】利用明矾石（主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3，“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3SAl2O3+9SO2，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42﹣、AlO2﹣、OH﹣等，加硫酸调PH值，AlO2﹣转化为Al（OH）3，灼烧生成Al2O3，母液中离子主要有K+、SO42﹣，含有溶质为K2SO4，滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，通入氯气：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，制得K2FeO4；（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，计算生成102gAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，沉淀Ⅰ是Al（OH）3；沉淀Ⅱ是Fe（OH）3；（3）熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；-28-\n（4）沉淀Ⅰ是Al（OH）3，证明沉淀Ⅰ已洗涤干净的实验操作是检验洗涤液中师傅汉语硫酸根离子设计实验检验；（5）氢氧化铁中通入氯气发生氧化还原反应得到K2FeO4；（6）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（7）上述分析可知可以循环利用的物质是指参与反应过程，最后又生成的物质可以循环利用．【解答】解：利用明矾石（主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3，“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3SAl2O3+9SO2，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42﹣、AlO2﹣、OH﹣等，加硫酸调PH值，AlO2﹣转化为Al（OH）3，灼烧生成Al2O3，母液中离子主要有K+、SO42﹣，含有溶质为K2SO4，滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，通入氯气：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，制得K2FeO4；（1）“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3SAl2O3+9SO2，反应中硫元素化合价由Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，氧化剂与还原剂的物质的量之比是6：3=2：1；生成102gAl2O3的物质的量为n===1mol，需要硫的物质的量为1mol×=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为N=nNA=6mol×NAmol﹣1=6NA，故答案为：2：1，6NA；（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，铝土矿中的氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不和氢氧化钠溶液反应过滤得到滤渣为氧化铁，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42﹣、AlO2﹣、OH﹣等，加硫酸调PH值，AlO2﹣转化为Al（OH）3，沉淀Ⅰ是Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓，滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，故答案为：Al（OH）3，Fe（OH）3；（3）熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（4）溶液经加硫酸调节pH后，过滤，洗涤，可得沉淀Ⅰ，证明沉淀Ⅰ已洗涤干净的实验操作和现象是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已将沉淀洗干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已将沉淀洗干净；-28-\n（5）Cl2将沉淀Ⅱ氧化为K2FeO4的化学方程式为：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；（6）①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197.0kJ•mol﹣1②H2O（g）=H2O（l）△H2=﹣44.0kJ•mol﹣1③2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算（③﹣①﹣②×2），则SO3（g）和H2O（l）反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol，故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol；（7）依据分析可知，该流程中符合能循环使用的物质为H2SO4，故答案为：H2SO4．【点评】本题以铝、铁的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和电解等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，这种综合性较强的题型是高考热点，须利用基础知识细心分析解答，题目难度中等．18．（13分）煤气化是有效利用化石能源手段之一，有关反应如下：①C+H2OCO+H2②CO+H2OCO2+H2获得的气体称为水煤气．某研究性学习小组为探究气体的成分进行了如下实验：[实验]使水蒸气通过灼热的焦炭，收集反应后流出的气体．[提出假设]对气体的成份提出了三种假设．假设1：该气体是CO、H2．假设2：该气体是CO、H2、H2O．（1）假设3：CO、H2、H2O、CO2．[设计实验方案，验证假设]他们拟用下图中提供的仪器，选择必要的试剂，设计一个实验，验证上述假设（加热装置和导管等在图中略去，实验前装置内部的空气已经排尽）．（2）按气流从左至右连接各仪器，用题中小写字母表示接口的连接顺序（仪器可重复使用）：混合气→dc→ij→gh→ij→ef→ab→dc→ij；（3）仪器A中需加入试剂的是氧化铜（CuO），其中反应的化学方程式是CuO+H2Cu+H2O，CuO+COCu+CO2；（4）仪器B中需加入试剂的名称是无水硫酸铜，其作用是检验水分；[思考与交流]（5）本实验的尾气需要处理，处理的方法为将玻璃管改成尖嘴点燃或用气球收集．（6）某同学认为增加焦炭的量可以提高化学反应①的速率，你是否同意他的说法，并简述理由不同意，焦炭是固体，增加它的量不能增大焦炭的浓度，不能提高化学反应①的速率．【考点】常见气体的检验．-28-\n【专题】实验分析题．【分析】（1）根据反应方程式只能得到三种假设；（2）根据实验的意图，按照“检验水分→检验二氧化碳→除掉二氧化碳→除掉水分→还原装置→检验水分→检验二氧化碳”完成仪器的连接先后顺序；（3）可以根据氢气、一氧化碳还原氧化铜实验检验氢气和一氧化碳的存在；（4）根据水和白色的无水硫酸铜反应生成蓝色的硫酸铜晶体进行分析；（5）根据一氧化碳有毒，会污染环境，根据一氧化碳的性质选择尾气处理方法；（6）根据影响化学反应速率的因素分析．【解答】解：（1）根据反应原理，混合气体组成存在三种情况，第三种情况还可能为：CO、H2、H2O、CO2，故答案为：CO、H2、H2O、CO2；（2）为了验证混合气中含CO、H2、H2O、CO2，实验仪器的连接先后顺序为：检验水分→检验二氧化碳→除掉二氧化碳→除掉水分→还原装置→检验水分→检验二氧化碳，仪器连接顺序为：混合气体→dc→ij→gh→ef→ab→dc→ij，故答案为：ij；gh；ef；ab；dc；（3）仪器A用于检验氢气和一氧化碳，可以选用氧化铜，利用氢气、一氧化碳加热还原氧化铜完成检验，反应的化学方程式为：CuO+H2Cu+H2O，故答案为：氧化铜（CuO）；CuO+H2Cu+H2O，CuO+COCu+CO2；（4）白色的无水硫酸铜遇水后变为蓝色，所以可在装置干燥管C中加入无水硫酸铜（CuSO4），通过观察颜色是否改变来确定水蒸气的存在，故答案为：无水硫酸铜；检验水分；（5）一氧化碳有毒，直接排放到空气中会污染环境，可将玻璃管改成尖嘴点燃或用气球收集，故答案为：将玻璃管改成尖嘴点燃或用气球收集；（6）由于焦炭是固体，增加它的量不能增大焦炭的浓度，不能提高化学反应①的速率，故答案为：不同意，焦炭是固体，增加它的量不能增大焦炭的浓度，不能提高化学反应①的速率．【点评】本题以实验探究的形式考查了检验常见气体氢气、一氧化碳、二氧化碳和水蒸气的方法，熟练掌握常见气体的化学性质并能灵活运用是正确解答本题的关键．三、选做题：选修3物质结构与性质（共1小题，满分15分）19．A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，且均不同族．A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能I1（A）＜I1（C）＜I1（B），BC2+与AC2互为等电子体；D、E为同周期相邻元素；F元素位于周期表中1～18列中的第11列．请回答下列问题（答题时请用相应的元素符号表示相应元素）：-28-\n（1）A元素的价层电子排布图为；BC2+的电子式为；基态F原子的核外电子排布简式[Ar]3d104s1．（2）E元素的电离能情况如图1所示．E元素在周期表中位于第三周期第ⅢA族；D元素单质形成的晶体晶胞类型属于六方最密堆积．（3）A、B两元素所形成的化合物甲是首屈一指的超硬新材料，其晶胞结构如图2所示，由此可知，化合物甲的晶体类型为原子晶体，其硬度超过金刚石的原因是C﹣N键的键长小于C﹣C键，键能大于C﹣C键．化合物甲的晶体中B原子的杂化方式为sp3．（4）D、C两元素可形成的化合物乙．①现证实化合物乙的晶体结构如图3所示，晶胞中D离子的配位数为6；②设D离子半径分别为a，C离子半径分别为b，则其晶体的空间利用率为．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，由图1可知E元素的第四电离能剧增，则E原子最外层电子数为3，处于ⅢA族，A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，三者处于同周期，且第一电离能I1（A）＜I1（C）＜I1（B），所有元素均不同族，则B处于ⅤA族，C处于ⅥA族，BC2+与AC2互为等电子体，A的核外电子数比B少1，可推知A为C元素、B为氮元素、C为O元素；D、E为同周期相邻元素，结合原子序数可知，二者处于第三周期，可推知E为Al、D为Mg；F元素位于周期表中1～18列中的第11列，则F为Cu，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素，它们的原子序数依次增大，由图1可知E元素的第四电离能剧增，则E原子最外层电子数为3，处于ⅢA族，A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，三者处于同周期，且第一电离能I1（A）＜I1（C）＜I1（B），所有元素均不同族，则B处于ⅤA族，C处于ⅥA族，BC2+与AC2互为等电子体，A的核外电子数比B少1，可推知A为C元素、B为氮元素、C为O元素；D、E为同周期相邻元素，结合原子序数可知，二者处于第三周期，可推知E为Al、D为Mg；F元素位于周期表中1～18列中的第11列，则F为Cu，-28-\n（1）A为C元素，价层电子排布图为；NO2+与CO2互为等电子体，二者结构相似，故NO2+的电子式为；基态Cu原子的核外电子排布简式为[Ar]3d104s1，故答案为：；；[Ar]3d104s1；（2）E为Al元素，E元素在周期表中位于第三周期第ⅢA族；Mg元素单质形成的晶体晶胞类型属于六方最密堆积，故答案为：第三周期第ⅢA族；六方最密；（3）C、N两元素所形成的化合物甲的晶体中每个C原子与周围4个N原子形成4个C﹣N键，每个N原子与周围3个C原子形成3个N﹣C键，形成空间立体网状结构，属于原子晶体；由于C﹣N键的键长小于C﹣C键，键能大于C﹣C键，故其硬度超过金刚石，化合物甲的晶体中N原子成3个σ键、含有1对孤电子对，采取sp3杂化，故答案为：原子晶体；C﹣N键的键长小于C﹣C键，键能大于C﹣C键；sp3；（4）Mg、O两元素可形成的化合物乙为MgO，①以晶胞体心的白色球研究，与之等距离且最近的黑色球位于面心，由于为1：1型化合物，可知晶胞中D离子的配位数为6，故答案为：6；②设D离子半径分别为a，C离子半径分别为b，则晶胞的棱长=2（a+b），则晶胞体积=8（a+b）3，晶胞中白色球数目=黑色球数目=1+12×=4，故晶胞中镁离子与阳离子的总体积=4×πa3+4×πb3=π（a3+b3），则其晶体的空间利用率为=，故答案为：．【点评】本题是对物质结构的考查，要求考生熟练掌握元素周期表结构、原子核外电子排布式、正确书写电子排布图，了解等电子体结构与性质的关系、原子的轨道杂化形式、晶体常识等基础知识，正确判断晶体类型及结构、并针对晶体结构进行判断和简单运算，难度中等．选做题：选修5有机化学基础（共1小题，满分0分）20．有机物D是一种合成抗高血压药的重要通用中间体，其合成路线如下：（已知A是一种芳香酸）-28-\n（1）A、C的结构简式分别是、，D中含有的含氧官能团名称是羧基、酯基．（2）C→D的反应类型是取代（3）加热条件下，C在足量NaOH水溶液中反应的化学方程式是．（4）E是一种相对分子质置比A小14的芳香酸．写出满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：①能发生银镜反应②一定条件下可发生水解反应③分子的核磁共振氢谱中有四组峰．（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物．F在一定条件下可聚合成髙分子化合物，写出该反应的化学方程式．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A是一种芳香酸，与溴发生取代反应生成B，由B可知A为，由D可知C为，由B和乙醇发生取代反应生成，结合对应物质的性质和题目要求可解答该题．【解答】解：A是一种芳香酸，与溴发生取代反应生成B，由B可知A为，由D可知C为，由B和乙醇发生取代反应生成，（1）由以上分析可知A为，C为，D中含有的含氧官能团为羧基和酯基，故答案为：；；羧基、酯基；-28-\n（2）C为，与D对比可知C生成D的反应为取代反应，故答案为：取代；（3）C为，含有﹣Br和酯基，可在碱性条件下水解，反应的方程式为，故答案为：；（4）A为，E是一种相对分子质置比A小14的芳香酸，应比A少1个CH2原子团，①能发生银镜反应，说明含有醛基，②一定条件下可发生水解反应，说明含有酯基，③分子的核磁共振氢谱中有四组峰，结构应对称，则应为甲酸酯，可能的结构有，故答案为：；（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物，应为，含有羧基和羟基，可发生缩聚反应，反应的方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成与推断，侧重于学生综合分析问题能力和分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，可根据反应的条件下和生成物的结构简式判断物质，题目难度不大．-28-
